Positiva semi-definida de una matriz compuesta de semi-definida bloques

Question

Dicen que una matriz a es positivo semi-definida. Deje que B sea una matriz cuadrada compuesta de réplicas de Un sub-bloques, s.t. $$B=\begin{pmatrix} A & A \\ A & A \\ \end{pmatrix},$$ or $$\begin{pmatrix} A & A & A \\ A & A & A \\ A & A & A \\ \end{pmatrix},$$ etc. Would $B$ ser semi-definido así?

Answer 1

Para cualquier vector $x$, la divide en tamaño adecuado subvectors $x_1,\ldots,x_n$, de modo que $$\begin{align} x^TBx &= \begin{bmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}^T\begin{bmatrix}A&\cdots& A\\\vdots&\ddots&\vdots\\A&\cdots&A\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{bmatrix} \\ &= x_1^TAx_1 + \cdots + x_1^TAx_n \\ &\phantom{=}+ \cdots \\ &\phantom{=}+ x_n^TAx_1 + \cdots + x_n^TAx_n \\ y= (x_1+\cdots+x_n)^TA(x_1+\cdots+x_n) \end{align}$$ que es no negativa debido a $A$ es positivo semidefinite.

Answer 2

Deje $X$ $Y$ ser simétrica positiva semidefinite matrices. A continuación, $X\otimes Y$ donde $\otimes$ denota el producto de Kronecker, es simétrica positiva semidefinite así.

Vamos $$ X=E, \quad Y=a, $$ donde $E$ es una matriz cuadrada de (para las matrices en cuestión, $E$ $2\times 2$ o $3\times 3$). Tenga en cuenta que$E=ee^T$$e=[1,1,\ldots,1]^T$, lo $E$ es, obviamente, simétrica positiva semidefinite. Ahora uso el hecho de encima.

Answer 3

No, considere la posibilidad de la 2-por-2 de la matriz con 1 en todas las entradas.

Edit: se me puede haber pasado demasiado rápido aquí, que la matriz definida en realidad es positiva semi-definitivo, pero no es positiva definida.

Edit2: creo que estás en lo correcto: Vamos a $A\geq 0$ y deje $M$ '2-por-2' bloque de la matriz con $A$ en todos los 4 bloques. Entonces $$ \langle M(x,y),(x,y)\rangle = \langle Ax,x\rangle +\langle Ay,y\rangle +\langle Ax,y\rangle+\langle Ay,x\rangle=\langle Ax,x\rangle +\langle Ay,y\rangle +2Re \langle Ax,y\rangle. $$ Ahora, desde la $A\geq 0$, podemos emplear la de Cauchy-Schwarz desigualdad para obtener

$$ |Re \langle Ax,y\rangle|\leq |\langle Ax,y\rangle|\leq \sqrt{\langle Ax,x\rangle\langle Ay,y\rangle}\leq \frac{1}{2}(\langle Ax,x\rangle + \langle Ay,y\rangle), $$

lo que implica que $M\geq 0$. Creo que esto va a ir a través de órdenes superiores así.

Answer 4

Deja $$B=\left( \begin{array}{cc} A & A \\ A & A \\ \end{array} \right)$$ Decomposit un Vector $z\in\mathbb{R}^{2n}$ a $a$z=\left( \begin{array}{cc} x \\ y \\ \end{array}\right)\quad x,y\in \mathbb{R}^n$$ entonces $$Bz=\left( \begin{array}{cc} A & A \\ A & A \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} x \\ y \\ \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cc} Ax+Ay \\ Ax+Ay \\ \end{array} \right) $$ Así $$\langle z,Bz\rangle=\left\langle\left( \begin{array}{cc} x \\ y \\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{cc} Ax+Ay \\ Ax+Ay \\ \end{array} \right)\right\rangle=xAx+xAy+yAx+yAy=(x+y) (x+y)\geq0$$

Answer 5

Sí, en casos especiales, debido a que el determinante de un bloque de la matriz es el producto de la determinantes de los bloques, si los bloques son colocados en la diagonal principal. Este no es cierto generales del bloque de matrices. Algo como

[0 0]

[0 B 0]

[0 0 C]

está permitido.